2021年全國乙卷理綜化學真題試卷(教師版)

…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○……○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………2021年高考理綜化學真題試卷（全國乙卷）一、選擇題：本題共13小題，毎小題6分，共78分.（共7題；共42分）1.我國提出爭取在2030年前實現(xiàn)碳達峰、2060年前實現(xiàn)碳中和，這對于改善環(huán)境、實現(xiàn)綠色發(fā)展至關(guān)重要。“碳中和”是指CO2的排放總量和減少總量相當。下列措施中能促進碳中和最直接有效的是（

）A.

將重質(zhì)油裂解為輕質(zhì)油作為燃料

B.

大規(guī)模開采可燃冰作為新能源

C.

通過清潔煤技術(shù)減少煤燃燒污染

D.

研發(fā)催化劑將QUOTECO2CO2還原為甲醇【答案】D【考點】含碳化合物的性質(zhì)和應用【解析】【解答】A.將重質(zhì)油裂解為輕質(zhì)油并不能減少CO2的排放量，達不到碳中和的目的，A不符合題意；B.大規(guī)模開采可燃冰做為清潔燃料，會增大CO2的排放量，不符合碳中和的要求，B不符合題意；C.通過清潔煤技術(shù)減少煤燃燒污染，不能減少CO2的排放量，達不到碳中和的目的，C不符合題意；D.研發(fā)催化劑將二氧化碳還原為甲醇，可以減少CO2的排放量，達到碳中和的目的，D符合題意；故答案為：D【分析】“碳中和”是指CO2的排放總量和減少總量相當，即減少CO2的排放量。2.在實驗室釆用如圖裝置制備氣體，合理的是（

）化學試劑制備的氣體AQUOTECa(OH)2+NH4ClQUOTENH3NH3BQUOTEMnO2+HClMnO2QUOTECl2Cl2CQUOTEMnO2+KClO3QUOTEO2O2DQUOTENaCl+H2SO4NaCl+QUOTEHClHClA.

A

B.

B

C.

C【答案】C【考點】氣體發(fā)生裝置，氣體的收集，常見氣體制備原理及裝置選擇【解析】【解答】A.氨氣的密度比空氣小，不能用向上排空法收集，A不符合題意；B.MnO2與濃鹽酸共熱制備氯氣為固液加熱反應，需要選用固液加熱裝置，不能選用固固加熱裝置，B不符合題意；C.MnO2和氯酸鉀共熱制備氧氣為固固加熱的反應，能選用固固加熱裝置，氧氣的密度大于空氣，可選用向上排空氣法收集，C符合題意；D.氯化鈉與濃硫酸共熱制備為固液加熱反應，需要選用固液加熱裝置，不能選用固固加熱裝置，D不符合題意；故答案為：C【分析】由實驗裝置圖可知，制備氣體的裝置為固固加熱裝置，收集氣體的裝置為向上排空氣法，說明該氣體的密度大于空氣的密度。3.下列過程中的化學反應，相應的離子方程式正確的是（

）A.

用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣：QUOTE

+CaQUOTESO4SO4=CaQUOTECO3CO3+QUOTE

B.

過量鐵粉加入稀硝酸中：Fe+QUOTE4H+4H++QUOTE

=QUOTEFe3+Fe3++NOQUOTE+2QUOTEH2OH2O

C.

硫酸鋁溶液中滴如少量氫氧化鉀溶液：QUOTEAl3+Al3++4QUOTE

=AlQUOTE

+2QUOTEH2OH2O

D.

氯化銅溶液中通入硫化氫：QUOTECu2+Cu2++QUOTE=CuSQUOTE【答案】A【考點】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)，硝酸的化學性質(zhì)，探究鋁與酸、堿溶液的反應，離子方程式的書寫【解析】【解答】A.硫酸鈣微溶，用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為難溶的碳酸鈣，離子方程式為：CO32-+CaSO4=CaCO3+SO42-，A符合題意；B.過量的鐵粉與稀硝酸反應生成硝酸亞鐵、一氧化氮和水，離子方程式應為：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，B不符合題意；C.硫酸鋁溶液與少量氫氧化鉀溶液反應生成氫氧化鋁沉淀和硫酸鉀，離子方程式應為：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，C不符合題意；D.硫化氫為弱電解質(zhì)，書寫離子方程式時不能拆，離子方程式應為：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，D不符合題意；故答案為：A【分析】A．根據(jù)沉淀的轉(zhuǎn)化分析；

B．Fe過量生成Fe2+；

C．KOH少量生成Al(OH)3；

D．H2S為弱電解質(zhì)，不能拆；4.一種活性物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式為，下列有關(guān)該物質(zhì)的敘述正確的是（

）A.

能發(fā)生取代反應，不能發(fā)生加成反應

B.

既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物

C.

與互為同分異構(gòu)體

D.

1mol該物質(zhì)與碳酸鈉反應得44gQUOTECO2CO2【答案】C【考點】乙烯的化學性質(zhì)，乙醇的化學性質(zhì)，羧酸簡介【解析】【解答】A.該物質(zhì)含有羥基、羧基、碳碳雙鍵，能發(fā)生取代反應和加成反應，A不符合題意；B.同系物是結(jié)構(gòu)相似，分子式相差1個或n個CH2的有機物，該物質(zhì)的分子式為C10H18O3，而且與乙醇、乙酸結(jié)構(gòu)不相似，B不符合題意；C.該物質(zhì)的分子式為C10H18O3，的分子式為C10H18O3，所以二者的分子式相同，結(jié)構(gòu)式不同，互為同分異構(gòu)體，C符合題意；D.該物質(zhì)只含有一個羧基，1mol該物質(zhì)與碳酸鈉反應，生成0.5mol二氧化碳，質(zhì)量為22g，D不符合題意；故答案為：C【分析】A．根據(jù)官能團的性質(zhì)分析；

B．同系物是指結(jié)構(gòu)相似、分子組成相差若干個“CH2”原子團的有機化合物；

C．同分異構(gòu)體是具有相同分子式而結(jié)構(gòu)不同的化合物；

D．該化合物中只有羧基能與Na2CO3反應；5.我國嫦娥五號探測器帶回1.731kg的月球土壤，經(jīng)分析發(fā)現(xiàn)其構(gòu)成與地球土壤類似，土壤中含有的短周期元素W、X、Y、Z，原子序數(shù)依次増大，最外層電子數(shù)之和為15。X、Y、Z為同周期相鄰元素，且均不與W同族，下列結(jié)論正確的是（

）A.

原子半徑大小順序為W>X>Y>Z

B.

化合物XW中的化學健為離子鍵

C.

Y單質(zhì)的導電性能弱于Z單質(zhì)的

D.

Z的氧化物的水化物的酸性強于碳酸【答案】B【考點】元素周期表中原子結(jié)構(gòu)與元素性質(zhì)的遞變規(guī)律，元素周期表的結(jié)構(gòu)及其應用，元素周期律和元素周期表的綜合應用【解析】【解答】A.O原子有兩層，Mg、Al、Si均有三層且原子序數(shù)依次增大，故原子半徑大小順序為Mg＞Al＞Si＞O，即W>X>Y>Z，A不符合題意；B.化合物XW即MgO為離子化合物，其中的化學鍵為離子鍵，B符合題意；C.Y單質(zhì)為鋁單質(zhì)，鋁屬于導體，導電性很強，Z單質(zhì)為硅，為半導體，半導體導電性介于導體和絕緣體之間，故Y單質(zhì)的導電性能強于Z單質(zhì)的，C不符合題意；D.Z的氧化物的水化物為硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D不符合題意；故答案為：B【分析】由短周期元素W、X、Y、Z，原子序數(shù)依次增大，最外層電子數(shù)之和為15，

X、Y、Z為同周期相鄰元素，可知W所在主族可能為第ⅢA族或第ⅥA族元素，又因X、Y、Z為同周期相鄰元素，且均不與W同族，故W一定不是第ⅢA族元素，即W一定是第ⅥA族元素，進一步結(jié)合已知可推知W、X、Y、Z依次為O、Mg、Al、Si。6.沿海電廠采用海水為冷卻水，但在排水管中生物的附著和滋生會阻礙冷卻水排故并降低冷卻效率。為解決這一問題，通常在管道口設置一對情性電極（如圖所示），通入一定的電流。下列敘述錯誤的是（

）A.

陽極發(fā)生將海水中的QUOTE氧化生成QUOTECl2Cl2的反應

B.

管道中可以生成氧化滅殺附著生物的NaClO

C.

陰極生成的QUOTEH2H2應及時通風稀釋安全地排入大氣

D.

陽極表面形成的MgQUOTE(OH)2(OH)2等積垢需要定期清理【答案】D【考點】電解池工作原理及應用【解析】【解答】A.根據(jù)分析可知，陽極區(qū)海水中的Cl-會優(yōu)先失去電子生成Cl2，發(fā)生氧化反應，A正確；B.設置的裝置為電解池原理，根據(jù)分析知，陽極區(qū)生成的Cl2與陰極區(qū)生成的OH-在管道中會發(fā)生反應生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有強氧化性，可氧化滅殺附著的生物，B正確；

C.因為H2是易燃性氣體，所以陽極區(qū)生成的H2需及時通風稀釋，安全地排入大氣，以排除安全隱患，C正確；

D.陰極的電極反應式為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，會使海水中的Mg2+沉淀積垢，所以陰極表面會形成Mg(OH)2等積垢需定期清理，D錯誤；故答案為：D【分析】海水中除了水，還含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，根據(jù)題干信息可知，裝置的原理是利用惰性電極電解海水，陽極區(qū)溶液中的Cl-會優(yōu)先失電子生成Cl2，陰極區(qū)H2O優(yōu)先得電子生成H2和OH-。7.HA是一元弱酸，難溶鹽MA的飽和溶液中QUOTE而變化，QUOTEM+M+不發(fā)生水解。實驗發(fā)現(xiàn)，298K時QUOTE，如下圖中實線所示。下列敘述錯誤的是（

）A.

溶液pH=4時.QUOTE

B.

MA的溶度積QUOTE

C.

溶液pH=7時，QUOTE

D.

HA的電離常數(shù)QUOTE【答案】C【考點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡，鹽類水解的原理，鹽類水解的應用，離子濃度大小的比較，電離平衡常數(shù)【解析】【解答】A.由圖可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L時，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=QUOTEmol/L<3.0×10-4mol/L，A正確；B.由圖可知，c(H+)=0時，可看作溶液中有較大濃度的OH-，此時A-的水解極大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，Ksp(MA)=c(M+)c(A-)=c2(M+)=5×10-8，B正確；C.MA飽和溶液中，M+不水解，A-水解顯堿性，若pH=7，說明加入了酸，但該酸不一定是HA，設調(diào)pH所用的酸為HnX，則結(jié)合電荷守恒可知c(M+)+c(H+)=c(OH-)+nc(Xn-)，題給等式右邊缺陰離子部分nc(Xn-)，C錯誤；D.Ka(HA)=QUOTE，當c(A-)=c(HA)時，由物料守恒可知，c(A-)+c(HA)=c(M+)，c(A-)=QUOTEc(M+)2c(M+)2，Ksp(MA)=c(M+)c(A-)=QUOTEc2(M+)2c2(M+)2=5×10-8，c2(M+)=10×10-8，對應圖得此時溶液中c(H+)=2.0×10-4mol/L，Ka(HA)=QUOTE=c(H+)QUOTE2.0×10-4，D故答案為：C【分析】根據(jù)電荷守恒和物料守恒結(jié)合圖像計算。二、必考題：共129分（共3題；共43分）8.磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有QUOTETiO2TiO2、QUOTESiO2SiO2、QUOTEAl2O3Al2O3、MgO、CaO以及少量的QUOTEFe該工藝下，有關(guān)金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表：金屬離子FAMC開始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全(c=1.0×10*mol-L')的pH3.24.711.113.8回答下列問題：（1）“焙燒”中，QUOTETiO2TiO2、QUOTESiO2SiO2幾乎不發(fā)生反應，QUOTEAl2O3Al2O3、MgO、CaO、QUOTEFe2O3Fe2O3轉(zhuǎn)化為相應的硫酸鹽，寫出QUOTEAl2O3Al2（2）“水浸”后“濾液”的pH約為2.0，在“分步沉淀”氨水逐步調(diào)節(jié)pH至11.6，依次析出的金屬離子是________。（3）“母液①”中QUOTEMg2+Mg2+濃度為________mol·QUOTE（4）”水浸渣”在160℃“酸溶”，最適合的酸是________。“酸溶渣”的成分是________、________。（5）“酸溶”后，將溶液適當稀釋并加熱，QUOTETiO2+TiO2+水解析出QUOTE沉淀，該反應的離子方程式是________。（6）將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經(jīng)處理得________，循環(huán)利用?！敬鸢浮浚?）Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑

（2）Fe3+、Al3+、Mg2+

（3）10-6

（4）H2SO4；SiO2；CaSO4

（5）TiO2++(x+1)H2OQUOTETiO2·xH2O+2H+

（6）(NH4)2SO4【考點】氧化還原反應方程式的配平，pH的簡單計算，難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)，物質(zhì)的分離與提純【解析】【解答】(1)氧化鋁轉(zhuǎn)化為硫酸鋁銨發(fā)生的反應為氧化鋁、硫酸銨在高溫條件下反應生成硫酸鋁銨、氨氣和水，反應的化學方程式為Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑；

(2)由題給開始沉淀和完全沉淀的pH可知，將pH約為2.0的濾液加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH為11.6時，F(xiàn)e3+首先沉淀、然后是Al3+、Mg2+，Ca2+沒有沉淀；

(3)由鎂離子完全沉淀時，溶液pH為11.1可知，氫氧化鎂的溶度積為1×10-5×(1×10-2.9)2=1×10-10.8，當溶液pH為11.6時，溶液中鎂離子的濃度為QUOTE=1×10-6mol/L

(4)增大溶液中硫酸根離子濃度，有利于使微溶的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為沉淀，為了使微溶的硫酸鈣完全沉淀，減少TiOSO4溶液中含有硫酸鈣的量，應加入濃硫酸加熱到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應，則酸溶渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣；

(5)酸溶后將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當加熱，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反應的離子方程式為TiO2++(x+1)H2O

QUOTE

TiO2·xH2O+2H+；

(6)由分析可知，尾氣為氨氣，母液①為硫酸銨、母液②為硫酸，將母液①和母液②混合后吸收氨氣得到硫酸銨溶液，可以循環(huán)使用。

【分析】由題給流程可知，高鈦爐渣與硫酸銨混合后焙燒時，二氧化鈦和二氧化硅不反應，氧化鋁、氧化鎂、氧化鈣、氧化鐵轉(zhuǎn)化為相應的硫酸鹽，尾氣為氨氣；將焙燒后物質(zhì)加入熱水水浸，二氧化鈦、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸鈣部分溶于水，硫酸鐵、硫酸鎂和硫酸鋁銨溶于水，過濾得到含有二氧化鈦、二氧化硅、硫酸鈣的水浸渣和含有硫酸鐵、硫酸鎂、硫酸鋁銨和硫酸鈣的濾液；向pH約為2.0的濾液中加入氨水至11.6，溶液中鐵離子、鋁離子和鎂離子依次沉淀，過濾得到含有硫酸銨、硫酸鈣的母液①和氫氧化物沉淀；向水浸渣中加入濃硫酸加熱到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應，二氧化鈦與稀硫酸反應得到TiOSO4，過濾得到含有二氧化硅、硫酸鈣的酸溶渣和TiOSO4溶液；將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當加熱，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，過濾得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O???????9.氧化石墨烯具有穩(wěn)定的網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，在能源、材料等領(lǐng)域有著重要的應用前景，通過氧化剝離石墨制備氧化石墨烯的一種方法如下（裝置如圖所示）：I.將濃H2SO4、NaNO3、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中。劇烈攪拌下，分批緩慢加入KMnO4粉末，塞好瓶口。II.轉(zhuǎn)至油浴中，35℃攪拌1小時，緩慢滴加一定量的蒸餾水。升溫至98℃并保持1小時。III.轉(zhuǎn)移至大燒杯中，靜置冷卻至室溫。加入大量蒸餾水，而后滴加H2O2至懸濁液由紫色變?yōu)橥咙S色。IV.離心分離，稀鹽酸洗滌沉淀。V.蒸餾水洗滌沉淀。VI.冷凍干燥，得到土黃色的氧化石墨烯。回答下列問題：（1）裝置圖中，儀器a、c的名稱分別是________、________,儀器b的進水口是（填字母）。（2）步驟I中，需分批緩慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，原因是________.（3）步驟II中的加熱方式采用油浴，不使用熱水浴，原因是＿________.（4）步驟III中，H2O2的作用是________（以離子方程式表示）.（5）步驟IV中，洗滌是否完成，可通過檢測洗出液中是否存在SO42-來判斷。檢測的方法是________.（6）步驟V可用pH試紙檢測來判斷Cl-是否洗凈，其理由是________.【答案】（1）滴液漏斗；三頸燒瓶/三口燒瓶

（2）反應放熱，為防止體系溫度急劇增加而反應過快

（3）反應溫度98℃接近水的沸點100℃，而油浴更易提溫

（4）2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O

（5）取洗滌液，加入BaCl2溶液，看是否有白色沉淀生成，若無，說明洗滌干凈

（6）洗滌液含有的離子主要有H+和Cl-,根據(jù)電荷守恒，當洗滌液接近中性時，可認為Cl-洗凈【考點】氧化還原反應方程式的配平，常用儀器及其使用，性質(zhì)實驗方案的設計，物質(zhì)檢驗實驗方案的設計【解析】【解答】(1)由圖中儀器構(gòu)造可知，a的儀器名稱為滴液漏斗，c的儀器名稱為三頸燒瓶；儀器b為球形冷凝管，起冷凝回流作用，為了是冷凝效果更好，冷卻水要從d口進，a口出；

(2)反應為放熱反應，為控制反應速率，避免反應過于劇烈，需分批緩慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴；

(3)油浴和水浴相比，由于油的比熱容較水小，油浴控制溫度更加靈敏和精確，該實驗反應溫度接近水的沸點，故不采用熱水浴，而采用油浴；

(4)由滴加H2O2后發(fā)生的現(xiàn)象可知，加入的目的是除去過量的KMnO4，則反應的離子方程式為：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；

(5)該實驗中為判斷洗滌是否完成，可通過檢測洗出液中是否存在SO42-來判斷，檢測方法是：取最后一次洗滌液，滴加BaCl2溶液，若沒有沉淀說明洗滌完成；

(6)步驟IV用稀鹽酸洗滌沉淀，步驟V洗滌過量的鹽酸，H+與Cl-電荷守恒，洗出液接近中性時，可認為洗凈。

【分析】(1)根據(jù)裝置中的儀器分析；

(2)根據(jù)反應放熱分析；

(3)根據(jù)加熱溫度選擇加熱方式；

(4)根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒配平方程式；

(5)用Ba2+檢驗SO42-；

(6)根據(jù)電荷守恒分析；10.一氯化碘（ICl)是一種鹵素互化物，具有強氧化性，可與金屬直接反應，也可用作有機合成中的碘化劑?；卮鹣铝袉栴}：（1）歷史上海藻提碘中得到一種紅棕色液體，由于性質(zhì)相似，Liebig誤認為是ICl,從而錯過了一種新元素的發(fā)現(xiàn)。該元素是________.（2）氯鉑酸鋇（BaPtCl4)固體加熱時部分分解為BaCl2、Pt和Cl2,376.8℃時平衡常數(shù)K‘p=1.0x104Pa2。在一硬質(zhì)玻璃燒瓶中加入過量BaPtCl4,抽真空后，通過一支管通入碘蒸氣（然后將支管封閉）。在376.8℃,碘蒸氣初始壓強為20.0kPa.376.8℃平衡時，測得燒瓶中壓強為32.5kPa,則PICl=________kPa,反應2ICl(g)=Cl2(g)+I2(g)的平衡常數(shù)K=________（列出計算式即可）.（3）McMorris測定和計算了在136-180℃范圍內(nèi)下列反應的平衡常數(shù)KP：2NO(g)+2ICl(g)QUOTE2NOCl(g)+I2(g)

KP12NOCl(g)QUOTE2NO(g)+Cl2(g)

KP2得到lgKP1QUOTEQUOTE1T1T和lgKP2QUOTEQUOTE1T1T均為線性關(guān)系，如下圖所示：①由圖可知，NOCl分解為NO和Cl2反應的ΔH________0(填“大于”或“小于”）.②反應2ICl(g)=Cl2(g)+I2(g)的K=________（用KP1、KP2表示）：該反應的ΔH________0(填“大于”或“小于”)，寫出推理過程________.（4）Kistiakowsky曾研究了NOCl光化學分解反應，在一定頻率(v)光的照射下機理為：NOCl+hv→NOC*NOCl+NOCl*→2NO+Cl2其中hv表示一個光子能量，NOCl*表示NOCl的激發(fā)態(tài)。可知，分解1mol的NOCl需要吸收________mol的光子?！敬鸢浮浚?）溴（或Br）

（2）2.=4.8；QUOTE

（3）大于；KP1·KP2；△H＞0；當QUOTE時，QUOTE當QUOTE時，QUOTE即降溫,K減小，平衡逆移，說明△H＞0

（4）QUOTE1212【考點】反應熱和焓變，化學反應速率，化學平衡常數(shù)，化學反應速率與化學平衡的綜合應用【解析】【解答】(1)紅棕色液體，推測為溴單質(zhì)，因此錯過發(fā)現(xiàn)的元素是溴(或Br)；

(2)由題意376.8℃時玻璃燒瓶中發(fā)生兩個反應：BaPtCl4

（s）QUOTEBaCl2（s）+Pt（s）+2Cl2（g）、C12(g)+I2(g)

QUOTE2ICl(g)，BaPtCl4

（s）QUOTEBaCl2（s）+Pt（s）+2Cl2（g）的平衡常數(shù)Kp=1.0×104Pa2，則平衡時p2(Cl2)=1.0×104Pa2，平衡時p(Cl2)=100Pa，設到達平衡時I2(g)的分壓減小pkPa，則376.8℃平衡時，測得燒瓶中壓強為32.5kPa，則

0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，則平衡時p(ICl)=2pkPa=2×12.4kPa=24.8kPa；則平衡時，I2(g)的分壓為(20.0-p)kPa=7.6kPa=7.6×103Pa，p(ICl)=24.8kPa=24.8×103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反應2ICl(g)QUOTEC12(g)+I2(g)的平衡常數(shù)K=QUOTE；(3)①結(jié)合圖可知，溫度越高，越小，lgKp2越大，即Kp2越大，說明升高溫度平衡2NOCl(g)QUOTE2NO(g)+Cl2(g)正向移動，則NOCl分解為NO和Cl2反應的大于0；

②Ⅰ.2NO+2IClQUOTE2NOCl

Kp1

Ⅱ.2NOCl(g)QUOTE2NO(g)+Cl2(g)Kp2

Ⅰ+Ⅱ得2ICl(g)QUOTECl2(g)+I2(g)，故K=Kp1Kp2；

該反應的ΔH大于0，根據(jù)圖像可知，當

QUOTE

時，

QUOTE

當

QUOTE

時，

QUOTE

即降溫,K減小，平衡逆移，說明△H＞0；

(4)Ⅰ.NOCl+hv→NOCl*

Ⅱ.NOCl+NOCl*→2NO+Cl2

Ⅰ+Ⅱ得總反應為2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此2molNOCl分解需要吸收1mol光子能量，則分解1mol的NOCl需要吸收0.5mol光子?！痉治觥?1)根據(jù)紅棕色液體推斷；

(2)根據(jù)三段式及平衡常數(shù)公式計算；

(3)根據(jù)圖像中曲線的趨勢和所對應的數(shù)據(jù)進行估算；

(4)根據(jù)物質(zhì)的量之比等于化學計量數(shù)之比計算；

三、選考題（共2題；共30分）11.[化學——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]過渡金屬元素鉻（Cr）是不銹鋼的重要成分，在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和國防建設中有著廣泛應用，回答下列問題：（1）對于基態(tài)Cr原子，下列敘述正確的是________(填標號)。A.軌道處于半充滿時體系總能量低,核外電子排布應為[Ar]3d54s1B.4s電子能量較高，總是在比3s電子離核更遠的地方運動C.電負性比鉀高，原子對鍵合電子的吸引力比鉀大（2）三價鉻離子能形成多種配位化合物。[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中提供電子對形成配位鍵的原子是________,中心離子的配位數(shù)為________。（3）[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中配體分子NH3、H2O以及分子PH3的空間結(jié)構(gòu)和相應的鍵角如下圖所示。PH3中P的雜化類型是________,NH3的沸點比PH3的________，原因是________。H2O的鍵角小于NH3的，分析原因________。（4）在金屬材料中添加AlCr2顆粒，可以增強材料的耐腐蝕性、硬度和機械性能。AlCr2具有體心四方結(jié)構(gòu)，如圖所示。處于頂角位置的是________原子。設Cr和Al原子半徑分別為QUOTErCrrCr和QUOTErAlrAl，則金屬原子空間占有率為________%(列出計算表達式)?！敬鸢浮浚?）AC

（2）NOCl；6

（3）QUOTEsp3sp3；高；NH3分子間形成氫鍵增大分子間作用力；H2O分子有兩對孤對電子，而NH3分子有一對孤對電子,所以H2O中孤對電子對鍵的斥力比NH3大，鍵角小

（4）Al；QUOTE【考點】原子核外電子排布，判斷簡單分子或離子的構(gòu)型，配合物的成鍵情況，晶胞的計算，原子軌道雜化方式及雜化類型判斷，氫鍵的存在對物質(zhì)性質(zhì)的影響【解析】【解答】(1)A.基態(tài)原子滿足能量最低原理，Cr有24個核外電子，軌道處于半充滿時體系總能量低，核外電子排布應為[Ar]3d54s1，A正確；

B.Cr核外電子排布為[Ar]3d54s1，由于能級交錯，3d軌道能量高于4s軌道的能量，即3d電子能量較高，B錯誤；

C.電負性為原子對鍵合電子的吸引力，同周期除零族原子序數(shù)越大電負性越強，鉀與鉻位于同周期，鉻原子序數(shù)大于鉀，故鉻電負性比鉀高，原子對鍵合電子的吸引力比鉀大，C正確；

故答案為AC；(2)[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中三價鉻離子提供空軌道